專題14三角形中的重要模型之帽子模型、等邊截等長與等邊內接等邊模型

等腰（等邊）三角形是中學階段非常重要三角形，具有許多獨特的性質和判定定理。中考數學的常客，

并且形式多樣，內容新穎，能較好地考查同學們的相關能力。本專題將把等腰三角形的三類重要模型作系

統的歸納與介紹，方便大家對它有個全面的了解與掌握。

.........................................................................................................................................................................................1

模型1.等腰三角形中的重要模型-帽子模型（長短手模型）.....................................................................1

模型2.等邊截等長模型（定角模型）......................................................................................................7

模型3.等邊內接等邊..................................................................................................................................11

.................................................................................................................................................17

模型1.等腰三角形中的重要模型-帽子模型（長短手模型）

帽子模型，其實是等腰三角形獨特性質的應用，因為模型很像帽子，學習知識點的同時也增加了趣味性。

條件：如圖，已知AB=AC，BD=CE，DG⊥BC于G，結論：①DF=FE；②BC2FG。

證明：如圖，過點D作DH∥AC交BC于H，則BHDACB，DHFECF，

∵ABAC，∴BACB，∴BBHD，∴BDDH，∵CEBD，∴DHCE，

DHFECF

在△DHF和△ECF中,DFHEFC，∴DHFRtECFAAS，∴DFEF；

DHEC

11

∵DHF≌ECF，∴FHCFCH，∵BDDH，DGBC，∴BGGHBH，

22

111

∴FGGHFHBHCHBC，∴BC2FG．

222

例1．（23-24八年級上·廣東中山·期末）如圖，ABC中，ABAC，BC10，點P從點B出發沿線段

BA移動到點A停止，同時點Q從點C出發沿AC的延長線移動，并與點P同時停止．已知點P，Q移動

的速度相同，連接PQ與線段BC相交于點D(不考慮點P與點A，B重合時的情況)．

(1)求證:APAQ2AB；(2)求證:PDDQ；(3)如圖，過點P作PEBC于點E，在點P，Q移動的過

程中，線段DE的長度是否變化?如果不變，請求出這個長度；如果變化，請說明理由．

【答案】(1)見解析(2)見解析(3)ED為定值5，理由見解析

【分析】本題考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與性質，平行線的性質，線段的和差，

準確作出輔助線找出全等三角形是解題關鍵．

（1）利用P、Q的移動速度相同，得到CQPB，利用線段間的關系即可推出APAQ2AB；（2）過點

P作PF∥AC，交BC于點F，利用等邊對等角結合已知可證PFD≌QCDAAS，即可得出結論；

（3）過點P作PF∥AC，交BC于點F，由（2）得PBPF，可知△PBF為等腰三角形，結合FDCD，

1

可得出EDBC即可得出ED為定值．

2

【詳解】（1）證明：P、Q的移動速度相同，CQPB，

ABAC，APAQABPBACCQ2AB；

（2）如圖，過點P作PF∥AC，交BC于點F，

PF∥AC，PFBACB,DPFDQC，

ABAC，BACB，BPFB，BPPF，由（1）得BPCQ，PFCQ，

PDFQDC

在PFD與QCD中，DPFDQC，PFD≌QCDAAS，PDDQ；

PFCQ

（3）解：ED為定值5，理由如下：如圖，過點P作PF∥AC，交BC于點F，

由（2）得：PBPF，△PBF為等腰三角形，

PEBC，BEEF，由（2）得△PFD≌△QCD，FDCD，

1111

EDEFFDBFCFBFCFBC5，ED為定值5．

2222

例2．（24-25九年級上·山西臨汾·階段練習）綜合與探究

問題情境：在VABC中，ABAC，在射線AB上截取線段BD，在射線CA上截取線段CE，連結DE，DE

所在直線交直線BC于點M．

猜想判斷：（1）當點D在邊AB的延長線上，點E在邊AC上時，過點E作EF∥AB交BC于點F，如圖①．若

BDCE，則線段DM、EM的大小關系為_______．

深入探究：（2）當點D在邊AB的延長線上，點E在邊CA的延長線上時，如圖②．若BDCE，判斷線段

DM、EM的大小關系，并加以證明．

拓展應用：（3）當點D在邊AB上（點D不與A、B重合），點E在邊CA的延長線上時，如圖③．若BD1，

CE4，DM0.7，求EM的長．

【答案】（1）DMEM；（2）DMEM，理由見解析；（3）EM2.8

【分析】（1）過點E作EF∥AB交BC于點F，證明BDM≌FEMAAS即可得解；

（2）過點E作EF∥AB交CB的延長線于點F，證明BDM≌FEMAAS即可得解；

（3）過點E作EF∥AB交CB的延長線于點F，證明BDM∽FEM，由相似三角形的性質即可得解．

【詳解】（1）解：DMEM，理由如下：過點E作EF∥AB交BC于點F，

∵ABAC，ABCC，∵EF∥AB，EFCABC，EFCC，EFCE

BDCEBDEF，∵EF∥AB，∴MEFD，

DMEF

在BDM和△FEM中，BMDFME，∴BDM≌FEMAAS，∴DMEM；

BDEM

（2）解：DMEM

理由如下：如圖，過點E作EF∥AB交CB的延長線于點F，

∵EF∥AB，EFCABC，EFMDBM，

ABACABCCEFCCEFCEBDCEBDEF

EFMDBM

在BDM和△FEM中，BMDFME，∴BDM≌FEMAAS，DMEM；

BDEF

（3）解：如圖，過點E作EF∥AB交CB的延長線于點F

∵EF∥AB，FABCABACABCCFC

MDBD

CE4EFCE4QBD∥EFBDM∽FEM

MEFE

0.71

DM0.7，EF4，BD1，EM2.8．

ME4

【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、平

行線的性質等知識點，熟練掌握以上知識點并靈活運用，添加適當的輔助線是解此題的關鍵．

例3．（2024·貴州銅仁·模擬預測）如圖，過邊長為6的等邊ABC的邊AB上一點P，作PE⊥AC于E，Q

為BC延長線上一點，連PQ交AC邊于D，當PA＝CQ時，△DE的長為（）

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

【分析】根據題意過P作BC的平行線，交AC于M；則APM也是等邊三角形，在等邊三角形APM中，

PE是AM上的高，根據等邊三角形三線合一的性質知AE△＝EM；易證得PMD≌△QCD，則DM＝CD；此

時發現DE的長正好是AC的一半，由此得解．△

【詳解】解：過P作PM∥BC，交AC于M，

∵△ABC是等邊三角形，且PM∥BC，∴△APM是等邊三角形；

1

又∵PE⊥AM，∴AE＝EM＝AM；（等邊三角形三線合一）

2

∵PM∥CQ，∴∠PMD＝∠QCD，∠MPD＝∠Q；

PDMQDC

又∵PA＝PM＝CQ，在PMD和QCD中，PMDQCD，

PMQC

△△

1

∴△PMD≌△QCD（AAS）；∴CD＝DM＝CM；

2

11

∴DE＝DM+ME＝（AM+MC）＝AC＝3．故選：C．

22

【點睛】本題考查平行線的性質、等邊三角形的性質、全等三角形的判定和性質；能夠正確的構建出等邊

三角形APM是解答此題的關鍵．

例4．（△2024·河南·校考一模）問題背景：已知在VABC中，邊AB上的動點D由A向B運動(與A，B不重

合)，同時點E由點C沿BC的延長線方向運動(E不與C重合)，連接DE交AC于點F，點H是線段AF上

AC

一點，求的值．

HF

（1）初步嘗試：如圖①，若VABC是等邊三角形，DHAC，且點D?E的運動速度相等，小王同學發現

AC

可以過點D作DG//BC交AC于點G，先證GHAH，再證GFCF，從而求得的值為________；

HF

（2）類比探究：如圖②，若VABC中，ABC90，ADHBAC30，且點D，E的運動速度之比是

AC

3:1，求的值；

HF

BC

（3）延伸拓展：如圖③，若在VABC中，ABAC，ADHBAC36，記m，且點D?E的運動

AC

AC

速度相等，試用含m的代數式表示的值(直接寫出結果，不必寫解答過程)．

HF

m1

【答案】（1）2；（2）2；（3）

m

【詳解】解：（1）2；

【解法提示】如解圖①，過點D作DGBC交AC于點G，

圖①圖②圖③

∵△ABC是等邊三角形，∴△AGD是等邊三角形，

∴ADGD，由題意知CEAD，∴CEGD，

∵DGBC，∴GDFCEF，

GDFCEF

在GDF與△CEF中，GFDEFC，∴△GDF≌△CEF(AAS)，∴CFGF，

CEGD

AC

∵DHAG，∴AHGH，∴ACAGCG2GH2GF2(GHGF)，HFGHGF，∴2；

HF

（2）如解圖②，過點D作DGBC交AC于點G，則ADGABC90，

∵BACADH30，∴AHDH，GHDBACADH60，

HDGADGADH60，∴△DGH為等邊三角形，∴GDGHDHAH，ADGD·tan603GD．

由題意可知，AD3CE．∴GDCE．∵DGBC，∴GDFCEF．

GDFCEF

在GDF與△CEF中，GFDEFC，∴GDF≌CEF(AAS)，∴GFCF．

CEGD

1AC

GHGFAHCF，即HFAHCF，∴HFAC2，即2；

2HF

ACm1

（3）．如解圖③，過點D作DGBC交AC于點G，

HFm

易得ADAG，ADEC，AGDACB．

在VABC中，∵BACADH36，ABAC，

∴AHDH，ACBB72，GHDHADADH72，∴AGDGHD72，

∵GHDBHGDACB，∴△ABC∽△DGH．

BCGHGDBCBC

∴m，∴GHmDHmAH．由△ADG∽△ABC可得m．

ACDHADABAC

FGGDGD

∵DGBC，∴m．∴FGmFC．

FCECAD

ACm1

∴GHFGm(AHFC)m(ACHF)，即HFm(ACHF)．∴．

HFm

模型2.等邊截等長模型（定角模型）

條件：如圖，在等邊VABC中，點D，E分別在邊BC，AC上，且AECD，BE與AD相交于點P，BQAD

于點Q．結論：①ABE≌CAD；②AD=BE；③BPD60；④BQ=2PQ。

證明：在等邊三角形ABC中，ABAC，BAEC60，

ABAC

在ABE和CAD中，BAEC，△ABE≌△CADSAS，∴AD=BE，∠CAD=∠ABE；

AECD

BPQABEBAPCADBAPBAE60．

BQAD，PBQ30，∴BQ=2PQ．

例1．（2024·四川宜賓·中考真題）如圖，點D、E分別是等邊三角形ABC邊BC、AC上的點，且BDCE，

BE與AD交于點F．求證：ADBE．

【答案】見解析

【分析】本題考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，根據等邊三角形的性質得出ABBC，

ABDBCE60，然后根據SAS證明ABD≌BCE，根據全等三角形的性質即可得證．

【詳解】證明∶∵ABC是等邊三角形，∴ABBC，ABDBCE60，

又BDCE，∴△ABD≌△BCESAS，∴ADBE．

例2．（2024八年級·重慶·培優）如圖，ABC為等邊三角形，且BMCN,AM與BN相交于點P，則APN

（）．

A．等于70B．等于60C．等于50D．大小不確定

【答案】B

【分析】本題考查了等邊三角形的性質，三角形全等的判定和性質，三角形外角性質的應用，先證明

△ABM≌△BCNSAS，得到BAMCBN，在三角形外角性質求解即可．

【詳解】∵等邊ABC，∴BC=CA=AB,DBCN=DCAB=DABC=60°，

ABBC

∵ABMBCN，∴△ABM≌△BCNSAS，∴BAMCBN，

BMCN

∵DAPN=DABP+DBAM，∴DAPN=DABP+DCBN=DABM=60°，故選B．

例3．（23-24八年級·廣東中山·期中）如圖，在等邊VABC中，點D、E分別在邊BC、AC上，且AECD，

BE與AD相交于點P，BQAD于點Q．(1)求證：BEAD；(2)若PQ4，求BP的長．

【答案】(1)見解析(2)8

【分析】本題考查了全等三角形的判定和性質、含30角的直角三角形的性質、等邊三角形的性質，熟練掌

握以上知識點并靈活運用是解此題的關鍵．（1）證明ABE≌CAD即可得證；

（2）求出PBQ30，再根據含30角的直角三角形的性質即可得出答案．

【詳解】（1）證明：∵VABC為等邊三角形，∴ABAC，BACC60，

ABAC

在ABE和CAD中BAEACD，∴ABE≌CADSAS，∴BEAD．

AECD

（2）解：∵ABE≌CAD，∴ABECAD，∴BPQABPBAPCADBAPBAC60，

又∵BQAD，∴BQP90，∴PBQ180BPQBQP30，∴BP2PQ，又∵PQ4，∴BP8．

例4．（2023·浙江杭州·模擬預測）如圖，在等邊三角形ABC的AC，BC邊上各取一點P，Q（均不與端點

重合），且APCQ，AQ，BP相交于點O，下列結論不正確的是（）

A．AOB120B．AP2POPB

C．若AB8，BP7，則PA3D．若PCmAP，BOnOP，則nm2m

【答案】D

【分析】先根據等邊三角形的性質得ABAC，BAPC60，據此可判定ABP和CAQ全等，從而得

ABPCAQ，然后根據三角形的外角定理可求出BOQ60，由此可求出AOB的度數，進而可對結

論A進行判定；由ABP和CAQ全等可得出ABPPAO，據此可判定PAB和POA相似，進而根據相

似的性質可對結論B進行判定；過B作BEAC于點E，根據等邊三角形的性質ABACBC8，

CEAE4，然后分別用勾股定理求出CE，進而再求出PE，最后可求出PA，由此可對結論C進行判定；

設APa，OPb，則PCma，BOnb，ACam1，PBbn1，先由結論A正確得出a2b2n1，

1

過點B作BEAC于點E，則AECEam1，然后在RtBCE中利用勾股定理求出BE，最后在

2

Rt△BPE中再利用勾股定理可求出m，n之間的關系，從而可對結論D進行判定．

【詳解】解：ABC為等邊ABC，ABAC，BAPC60，

ABAC

在ABP與CAQ中，BAPC60，ABP≌CAQSAS，ABPCAQ，

APCQ

BOQBAOABPBAOCAQBAC60，

POQ180BOQ120，因此結論A正確；ABPCAQ，即：ABPPAO，

PAPB

又APBOPA，PAB∽POA，，

POPA

PA2POPB，因此結論B正確；過B作BEAC于點E，

ABC為等邊ABC，AB8，ABACBC8，BEAB，CEAE4，

在RtBCE中，CE4，BC8，由勾股定理得：BEBC2CE243，

在RtBEP中，BP7，BE43，由勾股定理得：PEBP2PE21，

PAAEPE413，因此結論C正確；設APa，OPb，則PCma，BOnb，

ACAPPCam1，PBOPBObn1，

221

AP2POPB，abbn1bn1，過點B作BEAC于點E，AECEam1，

2

1

在RtBCE中，CEam1，BCACam1，

2

3

由勾股定理得：BEBC2CE2am1，

2

31

在Rt△BPE中，BEam1，PEAEPAam1，

22

22

2

22213

由勾股定理得：PEBEPB，即：am1am1bn1，

22

1232

a2m1a2m1b2n1n1，

44

12322

將a2b2n1代入上式得：a2m1a2m1a2n1，

44

整理得：nm22m，因此結論D不正確．故選D．

【點睛】此題考查了相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的性質，勾股定理

的應用等，解答此題的關鍵是熟練掌握似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，難點是靈活運

用勾股定理進行相關的計算．

模型3.等邊內接等邊

圖1圖2

1）等邊內接等邊（截取型）

條件：如圖1，等邊三角形ABC中，點D，E，F分別在邊AB，BC，CA上運動，且滿足AD=BE=CF；

結論：三角形DEF也是等邊三角形。

證明：∵ABC是等邊三角形，∴ABC60，ABBCAC．

∵ADBECF，∴AFBDCE．

AFBD，

在ADF和BED中，AB，∴ADF≌BED（SAS），

ADBE，

∴DFDE．同理DFEF，∴DFDEEF，∴DEF是等邊三角形．

2）等邊內接等邊（垂線型）

條件：如圖，點P、M、N分別在等邊VABC的各邊上，且MPAB于點P，NMBC于點M，PNAC

于點N，結論：三角形DEF也是等邊三角形。

證明：ABC是等邊三角形，ABC60，

MPAB，NMBC，PNAC，MPBNMCPNA90，

PMBMNCAPN30，NPMPMNMNP60，△PMN是等邊三角形，

例1．（2024七年級下·成都·專題練習）如圖，過等邊三角形ABC的頂點A、B、C依次作AB、BC、AC

的垂線MG、MN、NG，三條垂線圍成MNG，若AM2，則MNG的周長為（）

A．12B．18C．20D．24

【答案】B

【分析】本題主要考查了等邊三角形的判定和性質，三角形全等的判定和性質，含30度的直角三角形的性

質，先證明MNG是等邊三角形．得出MGMNNG．根據直角三角形的性質求出MB2MA4，證明

ABM≌CAGAAS，得出GAMB4，求出MGGAAM6，最后求出結果即可．

【詳解】解：∵ABMG，∴BAG90，

∵ABC是等邊三角形，∴BAC60，∴CAGBAGBAC30，

∴G60，同理：MN60，∴MNG是等邊三角形．∴MGMNNG．

在RtABM中，M60，∴MBA30，∴MB2MA4，∵ACNG，∴ACG90，

MG60

在ABM與CAG中，BAMACG90，∴ABM≌CAGAAS

ABCA

∴GAMB4，∴MGGAAM6，∴MNG的周長為MGMNNG3MG18．故選：B．

例2．（24-25九年級上·四川成都·階段練習）如圖，已知等邊三角形ABC，點P1，P2，P3分別為邊AB，BC，CA

上的黃金分割點（AP1BP1，BP2CP2，CP3AP3），連接P1P2，P2P3，P1P3，我們稱P1P2P3為VABC的“內

含黃金三角形”，若在VABC中任意取點，則該點落在“內含黃金三角形”中的概率是．

【答案】735

【分析】本題主要考查全等三角形的判定和性質，黃金分割點的計算，概率的計算方法，

51

根據題意，設ABBCACk，可得等邊ABC的面積，根據黃金分割點可得BPCPAPk，

1232

，可證≌≌，可得SSS，根據圖形面積可得S，再

AP1BP2CP3AP1P3BP2P1CP3P2AP1P3BP2P1CP3P2P1P2P3

根據概率的計算方法即可求解．

【詳解】解：∵ABC是等邊三角形，∴ABC60，設ABBCACk，

如圖所示，過點A作AFBC于點F，

∴在RtABF中，BAF30，

1131133

∴BFABk，AFAB2BF2k，∴SBC·AFk·kk2，

222ABC2224

BP1CP2AP351

∵點P1，P2，P3分別是AB，BC，AC的黃金分割點，∴，

ABBCAC2

515135

∴BPCPAPk，∴APBPCPkkk，

123212322

∴≌≌，則SSS，

AP1P3BP2P1CP3P2AP1P3BP2P1CP3P2

如圖所示，過點作P1EAC于點E，∴在RtAP1E中，AP1E30，

1

11?3535223315

∴AEAPkk，∴PEAPAEk，

21224114

115133151523

∴SAP·PEkkk2，

AP1P22312244

3152373315

∴SS3Sk23k2k2，

P1P2P3ABCAP1P3444

733152

Sk

P1P2P34

∴735，故答案為：735．

S3

ABCk2

4

例3．（23-24八年級下·廣東云浮·期中）如圖，點P，M，N分別在等邊三角形ABC的各邊上，且MPAB

于點P，NMBC于點M，PNAC于點N．(1)求證：PMN是等邊三角形；(2)若AB15cm，求BP的

長．

【答案】(1)證明見解析(2)5cm

【分析】（1）先求得ABC60．MPAB，NMBC，PNAC得

MPBNMCPNA90．則PMBMNCAPN30，再求得

NPMPMNMNP60．即可得到結論；

1

（2）由PBM≌NAPAAS得到BMAP，BPAN．由PNA90，APN30得到ANAP，則

2

AP2AN2BP．由AB15cm得到APBP2BPBP15cm．即可得到答案．

【詳解】（1）證明：∵VABC是等邊三角形，∴ABC60．

∵MPAB，NMBC，PNAC，∴MPBNMCPNA90．

∴PMBMNCAPN906030．

∴NPMPMNMNP180903060．∴PMN是等邊三角形．

（2）解：∵PMN是等邊三角形，∴PMMNNP．

BA

在PBM和NAP中，MPBPNA，∴PBM≌NAPAAS．∴BMAP，BPAN．

PMNP

1

∵PNA90，APN30，∴ANAP．∴AP2AN2BP．

2

∵AB15cm，∴APBP2BPBP15cm．∴BP5cm．

【點睛】此題考查了等邊三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、含30角的直角三角形的性質等

知識，證明PMN是等邊三角形是解題的關鍵．

例4．（2023·廣西·中考真題）如圖，ABC是邊長為4的等邊三角形，點D，E，F分別在邊AB，BC，CA

上運動，滿足ADBECF．(1)求證：ADF≌BED；(2)設AD的長為x，DEF的面積為y，求y關于

x的函數解析式；(3)結合（2）所得的函數，描述DEF的面積隨AD的增大如何變化．

33

【答案】(1)見詳解(2)yx233x43

4

(3)當2x4時，DEF的面積隨AD的增大而增大，當0x2時，DEF的面積隨AD的增大而減小

【分析】（1）由題意易得AFBD，AB60，然后根據“SAS”可進行求證；

（）分別過點、作，，垂足分別為點、，根據題意可得，，

2CFCHABFGABHGSABC43AF4x

33

然后可得FG4x，由（1）易得ADF≌BED≌CFE，則有SSSx4x，進

2ADFBEDCFE4

而問題可求解；（3）由（2）和二次函數的性質可進行求解．

【詳解】（1）證明：∵ABC是邊長為4的等邊三角形，

∴ABC60，ABBCAC4，∵ADBECF，∴AFBDCE，

AFBD

在△ADF和BED中，AB，∴ADF≌BEDSAS；

ADBE

（2）解：分別過點C、F作CHAB，FGAB，垂足分別為點H、G，如圖所示：

在等邊ABC中，ABACB60，ABBCAC4，

1

∴CHACsin6023，∴SABCH43，

ABC2

設AD的長為x，則ADBECFx，AF4x，

313

∴FGAFsin604x，∴SADFGx4x，

2ADF24

3

同理（1）可知ADF≌BED≌CFE，∴SSSx4x，

ADFBEDCFE4

3333

∵DEF的面積為y，∴yS3S43x4xx233x43；

ABCADF44

33

33233x2

（3）解：由（2）可知：yx33x43，∴a0，對稱軸為直線33，

442

4

∴當x2時，y隨x的增大而增大，當x2時，y隨x的增大而減小；

即當2x4時，DEF的面積隨AD的增大而增大，當0x2時，DEF的面積隨AD的增大而減小．

【點睛】本題主要考查銳角三角函數、二次函數的綜合及等邊三角形的性質，熟練掌握銳角三角函數、二

次函數的綜合及等邊三角形的性質是解題的關鍵．

1．（23-24九年級上·山西晉中·階段練習）如圖，VABC是等邊三角形，點D，E分別在BC，AC上，且

BD:DC2:1，CE:AE2:1，BE與AD相交于點F，則下列結論：①AFE60，②CE2DFDA，

③AFBEAEAC．其中正確的有（）

A．3個B．2個C．1個D．0個

【答案】A

【分析】由VABC是等邊三角形，求得BDCE，證明ABD≌BCE，得到BADCBE，即可求得

AFE60，故①正確；由BFDAFEABD60，證明△BDF∽△ADB，即可得到CE2DFDA，

故②正確；由BAEAFE60，AEBFEA，證明△AFE∽△BAE，即可求得AFBEAEAC，

故③正確；

【詳解】∵VABC是等邊三角形，

∴ABBCAC，BACABCBCA60，

∵BD:DC2:1，CE:AE2:1，

∴BDCE，且ABBC，ABCBCA60，

∴ABD≌BCE，

∴BADCBE，

∵ABEEBD60，

∴ABECBE60，

∵AFE是△ABF的外角，

∴AFE60，

∴①正確；

∵BFDAFEABD60，BDFADB，

∴△BDF∽△ADB，

∴BD:ADDF:DB，

∴BD2DFDA，

∴CE2DFDA，

∴②正確；

∵BAEAFE60，AEBFEA，

∴△AFE∽△BAE，

∴AF:ABAE:BE，

∴AF?BEAE?AB，

∴AFBEAEAC，

∴③正確；

故選：A．

【點睛】本題考查了等邊三角形的性質、全等三角形的判定和性質及相似三角形的判定和性質，熟練掌握

相似三角形的判定和性質是解決問題的關鍵

2．（2024廣東九年級二模）如圖，在等邊三角形ABC中，點P，Q分別是AC，BC邊上的動點（都不與線

段端點重合），且AP=CQ，AQ、BP相交于點O．下列四個結論：①若PC=2AP，則BO=6OP；②若BC=8，

BP=7，則PC=5；③AP2=OPAQ；④若AB=3，則OC的最小值為3，其中正確的是（）

?

A．①③④B．①②④C．②③④D．①②③

【答案】A

【分析】根據等邊三角形的性質得到AC=BC，根據線段的和差得到CP=BQ，過P作PD∥BC交AQ于D，

根據相似三角形的性質得到①正確；過B作BE⊥AC于E，解直角三角形得到②錯誤；在根據全等三角形

的性質得到∠ABP=∠CAQ，PB=AQ，根據相似三角形的性質得到③正確；以AB為邊作等邊三角形NAB，

連接CN，證明點N，A，O，B四點共圓，且圓心即為等邊三角形NAB的中心M，設CM于圓M交點O′，

CO′即為CO的最小值，根據30度角的直角三角形即可求出結果．

【詳解】解：∵△ABC是等邊三角形，∴AC=BC，

∵AP=CQ，∴CP=BQ，∵PC=2AP，∴BQ=2CQ，

如圖，過P作PD∥BC交AQ于D，

PDAP1PDOP

∴△ADP∽△AQC，POD∽△BOQ，∴，，

CQAC3BQBO

△

∴CQ=3PD，∴BQ=6PD，∴BO=6OP；故①正確；

1

過B作BE⊥AC于E，則CE=AC=4，∵∠C=60°，∴BE=43，

2

∴PE=PB2BE2=1，∴PC=4+1=5，或PC=4-1=3，故②錯誤；

在等邊ABC中，AB=AC，∠BAC=∠C=60°，

△ABAC

在ABP與CAQ中，BAPC，

APCQ

△△

∴△ABP≌△ACQ（SAS），∴∠ABP=∠CAQ，PB=AQ，

APOP

∵∠APO=∠BPA，∴△APO∽△BPA，∴，

PBAP

∴AP2=OP?PB，∴AP2=OP?AQ．故③正確；

以AB為邊作等邊三角形NAB，連接CN，∴∠NAB=∠NBA=60°，NA=NB，

∵∠PBA=∠QAC，∴∠NAO+∠NBO=∠NAB+∠BAQ+∠NBA+∠PBA

=60°+∠BAQ+60°+∠QAC=120°+∠BAC=180°，

∴點N，A，O，B四點共圓，且圓心即為等邊三角形NAB的中心M，

設CM于圓M交點O′，CO′即為CO的最小值，

∵NA=NB，CA=CB，∴CN垂直平分AB，∴∠MAD=∠ACM=30°，

∴∠MAC=∠MAD+∠BAC=90°，在RtMAC中，AC=3，

∴MA=AC?tan∠ACM=3，CM=2AM=△23，∴MO′=MA=3，

即CO的最小值為3，故④正確．綜上：正確的有①③④．故選：A．

【點睛】本題屬于三角形的綜合題，考查了相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，等邊三

角形的性質，四點共圓，銳角三角函數，最短路徑問題，綜合掌握以上知識并正確的作出輔助線是解題的

關鍵．

3．（2024·廣西·一模）如圖，在等邊ABC中，AB3，點D，E分別在邊BC，AC上，且BDCE，連接

AD，BE交于點F，在點D從點B運動到點C的過程中，圖中陰影部分的面積的最小值為（）

333331

A．B．C．D．

8483

【答案】B

【分析】本題考查全等三角形的判定和性質、等邊三角形的性質、圓的有關性質等知識．首先證明

AFB120，推出點F的運動軌跡是O為圓心，OA為半徑的弧上運動，連接OC交O于N，當點F與N

重合時，陰影部分的面積的值最小．

【詳解】解：如圖，ABC是等邊三角形，

ABBCAC，ABCBACBCE60，

≌

BDCE，ABDBCESAS，BADCBE，S△BADS△CBE，

∴S△ABFS四邊形CDFE，又AFEBADABE，AFECBEABEABC，

AFE60，AFB120，點F的運動軌跡是O為圓心，OA為半徑的弧上運動(AOB120，OA3)，

連接OC交O于N，當點F與N重合時，S△ABF的面積最大，則陰影部分的面積的值最小，

1133

此時點F是等邊ABC的中心，∴陰影部分的面積的最小值為33sin60，故選：B．

324

4．（23-24八年級上·黑龍江哈爾濱·階段練習）如圖，在VABC中，ACB90,ACBC，點F在邊AB上，

點D在邊AC上，連接DF并延長DF交CB的延長線于點E，連接CF，且CFFD，過點A作AGCF于

點G,AG交FD于點K，過點B作BHCF交CF的延長線于點H，以下四個結論中：

①AGCH；②ADBE；③當BGH45時，2BHEFFG；④CAGCEF．正確的有（）

個．

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

【分析】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質，①證明

ACG≌CBHAAS可知AGCH正確；②先證明DE=DFCE，則CFEFDF，過D作DM∥BC，

交AB于M，證明DMF≌EBFAAS，可得結論；③由已知得VBGH是等腰直角三角形，得BHGH，

計算2BHEFFH，